Các định lí hình học pdf

1

Các ðịnh Lý Hình Học Nổi Tiếng
“Famous Geometry Theorems” – Dr. Kin-Yin LI
Khoa Toán, ðH Khoa Học và Kỹ Thuật Hong Kong
1. Lời giới thiệu
Có rất nhiều ñịnh lý hình học nổi tiếng. Chúng ta sẽ cùng nhìn lại các ñịnh lý này và một vài
áp dụng của chúng. Trước hết, ta sẽ viết
P WX YZ
=
∩
ñể kí hiệu
P
là giao ñiểm của hai ñường
thẳng
WX
và
YZ
. Nếu các ñiểm
, ,
A B C
thẳng hàng, ta sẽ qui ước dấu
AB AB
BC
BC
=


(vì vậy nếu
B

n
ằm giữa
A
và
C
, thì
0
AB
BC
≥
(ng
ượ
c l
ạ
i
0
AB
BC
≤
)).
2. Các ñịnh lý
2.1. ðịnh lý Menelaus (Nhà toán học cổ Hy Lạp (thế kỷ I sau công nguyên))
Cho tam giác
ABC
. Các
ñ
i
ể
m

, ,
X Y Z
l
ầ
n l
ượ
t n
ằ
m trên các
ñườ
ng th
ẳ
ng
, ,
AB BC CA
. Khi
ñ
ó
, ,
X Y Z
th
ẳ
ng hàng
. . 1
AX BY CZ
XB YC ZA
⇔ = −
.

Chứng minh.

(
)
⇒
G
ọ
i
L
là
ñườ
ng th
ẳ
ng vuông góc v
ớ
i
ñườ
ng th
ẳ
ng ch
ứ
a các
ñ
i
ể
m
, ,
X Y Z
,
chúng c
ắ
t nhau t

ạ
i
O
. G
ọ
i
', ', '
A B C
l
ầ
n l
ượ
t là chân các
ñườ
ng vuông góc h
ạ
t
ừ
các
ñ
i
ể
m
, ,
A B C

xu
ố
ng
ñườ

ng th
ẳ
ng
L
. Khi
ñ
ó, ta có
' ' '
, ,
' ' '
AX A O BY B O CZ C O
XB OB YC OC ZA OA
= = = .
Nhân các
ñẳ
ng th
ứ
c trên theo t
ừ
ng v
ế
, ta nh
ậ
n
ñượ
c
' ' '
. . . . 1
' ' '
AX BY CZ A O B O C O

XB YC ZA OB OC OA
= = −
.
(
)
⇐
G
ọ
i '
Z XY CA
=
∩
. Áp d
ụ
ng
ñị
nh lý Menelaus (ph
ầ
n thu
ậ
n) cho
ñườ
ng th
ẳ
ng qua các
ñ
i
ể
m
, , '

X Y Z
, ta nh
ậ
n
ñượ
c
'
. . 1
'
AX BY CZ
XB YC Z A
= −
.
T
ừ

ñ
ó suy ra
'
. . . .
'
AX BY CZ AX BY CZ
XB YC Z A XB YC ZA
= hay
'
'
CZ CZ
Z A ZA
= . Do
ñ

ó
'
Z Z
≡
.
2.2. ðịnh lý Ceva (Nhà toán học Ý (1647 – 1734))
Cho tam giác
ABC
. Các
ñ
i
ể
m
, ,
D E F
l
ầ
n l
ượ
t n
ằ
m trên các
ñ
o
ạ
n th
ẳ
ng
, ,
BC CA AB

. Khi
ñ
ó
, ,
AD BE CF

ñồ
ng quy
. . 1
AF BD CE
FB DC EA
⇔ =



2

Chứng minh.
(
)
⇒
Áp d
ụ
ng
ñị
nh lý Menelaus cho
ñườ
ng th
ẳ
ng

AD
(
ñố
i v
ớ
i tam giác
BCE
), ta có
. . 1
BD CA EP
DC AE PB
= −
.
Ti
ế
p t
ụ
c áp d
ụ
ng
ñị
nh lý Menelaus cho
ñườ
ng th
ẳ
ng
CF
(
ñố
i v

ớ
i tam giác
ABE
), ta có
. . 1
AF BP EC
FB PE CA
= −
.
Nhân các
ñẳ
ng th
ứ
c trên theo t
ừ
ng v
ế
, ta thu
ñượ
c
. . 1
AF BD CE
FB DC EA
=
.
(
)
⇐
G
ọ

i
, '
P AD BE F CP AB
= =
∩ ∩
. S
ử
d
ụ
ng
ñị
nh lý Ceva (ph
ầ
n thu
ậ
n), ta có
'
. . 1
'
AF BD CE
F B DC EA
=
.
T
ừ

ñ
ó suy ra
' '
. . . .

' '
AF BD CE AF BD CE
F B DC EA F B DC EA
= hay
' '
' '
AF AF
F B F B
= . Do
ñ
ó
'
F F
≡
.
2.3. ðịnh lý Pascal (Nhà toán học Pháp (1623 – 1662))
Cho
, , , , ,
A B C D E F
là các
ñ
i
ể
m cùng n
ằ
m trên m
ộ
t
ñườ
ng tròn (có th

ể
không x
ế
p theo th
ứ
t
ự

nh
ư
trên). G
ọ
i
, ,
P AB DE Q BC EF R CD FA
= = =
∩ ∩ ∩
. Khi
ñ
ó các
ñ
i
ể
m
, ,
P Q R
th
ẳ
ng hàng.

Chứng minh.
G
ọ
i
, ,
X EF AB Y AB CD Z CD EF
= = =
∩ ∩ ∩
. Áp d
ụ
ng
ñị
nh lý Menelaus
cho các
ñườ
ng th
ẳ
ng
, ,
BC DE FA
(
ñố
i v
ớ
i tam giác
XYZ
), ta có
. . 1, . . 1, . . 1
ZQ XB YC XP YD ZE YR ZF XA
QX BY CZ PY DZ EX RZ FX AY

= − = − = −
.
Nhân các
ñẳng thức trên, chú ý rằng
. . , . . , . .
XA XB XE XF YC YD YAYB ZE ZF ZC ZD
= = =
, ñược
. . 1
ZQ XP YR
QX PY RZ
= −
.
Theo
ñịnh lý Menelaus, ta nhận ñược các ñiểm
, ,
P Q R
thẳng hàng.
2.4. ðịnh lý Newton (Nhà toán học Anh (1642 – 1727))
Một ñường tròn nội tiếp tứ giác
ABCD
, lần lượt tiếp xúc với các cạnh
, , ,
AB BC CD DA
tại
các
ñiểm
, , ,
E F G H
. Khi ñó, các ñường thẳng

, , ,
AC EG BD FH
ñồng quy.


3

Chứng minh. Gọi
O EG FH
=
∩
và
X EH FG
=
∩
. Vì
D
là giao ñiểm của các tiếp tuyến
với ñường tròn tại
,
G H
, sử dụng ñịnh lý Pascal cho các ñiểm
, , , , ,
E G G F H H
ta suy ra các ñiểm
, ,
O D X
thẳng hàng. Tương tự, sử dụng ñịnh lý Pascal cho các ñiểm
, , , , ,
E E H F F G

ta suy ra các
ñiểm
, ,
B X O
thẳng hàng. Do ñó,
, ,
B O D
thẳng hàng, vì thế các ñường thẳng
, ,
EG BD FH
cắt
nhau t
ại
O
. Chứng minh tương tự, ta cũng nhận ñược các ñường thẳng
, ,
AC EG FH
cắt nhau tại
O
. Do ñó, các ñường thẳng
, , ,
AC EG BD FH
ñồng quy tại
O
.
2.5. ðịnh lý Desargues (Nhà toán học Pháp (1593 – 1662))
Cho hai tam giác
, ' ' '
ABC A B C
. Nếu các ñường thẳng

', ', '
AA BB CC
ñồng quy tại ñiểm
O
,
thì các
ñiểm
, ,
P Q R
thẳng hàng, trong ñó
' ', ' ', ' '
P BC B C Q CA C A R AB A B
= = =
∩ ∩ ∩
.

Chứng minh. Áp dụng ñịnh lý Menelaus lần lượt cho các ñường thẳng
' '
A B
ñối với tam giác
OAB
; ñường thẳng
' '
B C
ñối với tam giác
OBC
, ñường thẳng
' '
C A
ñối với tam giác

OCA
, ta có
' ' ' ' ' '
. . 1, . . 1, . . 1
' ' ' ' ' '
OA AR BB OB BP CC AA OC CQ
A A RB B O B B PC C O A O C C QA
= − = − = −
.
Nhân các
ñẳng thức trên theo từng vế, ta thu ñược
. . 1
AR BP CQ
RB PC QA
= −
.
Theo
ñịnh lý Menelaus, ta suy ra các ñiểm
, ,
P Q R
thẳng hàng.
2.6. ðịnh lý Brianchon (?)
Các ñường thẳng
, , , , ,
AB BC CD DE EF FA
tiếp xúc với một ñường tròn lần lượt tại các tiếp
ñiểm
, , , , ,
G H I J K L
(có thể không xếp theo thứ tự như này). Khi ñó, các ñường thẳng

,
AD BE

và
CF
ñồng quy.

Chứng minh. Gọi
,
M AB CD N DE FA
= =
∩ ∩
. Áp dụng ñịnh lý Newton cho tứ giác
AMDN
, suy ra các ñường thẳng
, ,
AD IL GJ
ñồng quy tại ñiểm
'
A
. Tương tự, các ñường thẳng
, ,
BE HK GJ
ñồng quy tại ñiểm
'
B
; các ñường thẳng
, ,
CF HK IL
ñồng quy tại ñiểm

'
C
. Chú ý
r
ằng
' '
IL A C
≡
. Áp dụng ñịnh lý Pascal cho các ñiểm
, , , , ,
G G I L L H
, suy ra các ñiểm
, ,
A O P

th
ẳng hàng, trong ñó
,
O GI LH P IL HG
= =
∩ ∩
. Tiếp tục áp dụng ñịnh lý Pascal cho các ñiểm
, , , , ,
H H L I I G
, suy ra
, ,
C O P
thẳng hàng. Do ñó
, ,
A C P

thẳng hàng.
Bây gi
ờ ta ñặt
' ', ' ', ' '
G AB A B H BC B C P CA IL CA C A
= = = =
∩ ∩ ∩ ∩
. Áp dụng ñịnh lý
Desargues (ph
ần ñảo) cho các tam giác
, ' ' '
ABC A B C
, suy ra các ñường thẳng
' , ' ,
AA AD BB BE
≡ ≡

'
CC CF
≡
ñồng quy.
L
ưu ý rằng, phần ñảo của ñịnh lý Brianchon cũng ñúng. Thật vậy, gọi
' '
O BB CC
=
∩
. Xét

4

các tam giác
', '
RBB QCC
. Vì các ñường thẳng
, , ' '
RQ BC B C
cắt nhau tại
P
, và
A RB QC
=
∩
,
' '
O BB CC
=
∩
,
' ' '
A BR C Q
=
∩
, sử dụng ñịnh lý Desargues (phần thuận), ta có
, , '
A O A
thẳng
hàng. Do
ñó, các ñường thẳng
', ', '

AA BB CC
ñồng quy.
3. Một số bài toán áp dụng
Bài toán 1. Trong tam giác
ABC
,
M
là chân ñường vuông góc hạ từ
A
xuống ñường phân
giác trong c
ủa góc
BCA
∠
.
,
N L
lần lượt là chân các ñường vuông góc hạ từ các ñỉnh
,
A C
xuống
ñường phân giác trong của góc
ABC
∠
. Gọi
F
là giao ñiểm của các ñường thẳng
MN
và
AC

,
E

là giao
ñiểm của các ñường thẳng
BF
và
CL
,
D
là giao ñiểm của các ñường thẳng
BL
và
AC
.
Ch
ứng minh rằng
DE
và
MN
song song với nhau.
Lời giải.

Kéo dài
AM
cắt
BC
tại
,
G

kéo dài
AN
cắt
BC
tại
I
. Khi ñó
,
AM MG AN NI
= =
, suy ra
MN
và
BC
song song với nhau. Vì
AM MG
=
nên ta có
AF FC
=
. Kéo dài
CL
cắt
AB
tại
J
.
Khi
ñó
JL LC

=
, suy ra
LF
và
AB
song song với nhau.
G
ọi
H LF BC
=
∩
. Ta có
BH HC
=
. Trong tam giác
BLC
, các ñoạn thẳng
, ,
BE LH CD
cắt
nhau t
ại
F
. Sử dụng ñịnh lý Ceva, ta nhận ñược
. . 1
BH CE LD
HC EL DB
=
.
Vì

BH HC
=
nên
CE DB
EL LD
= . Từ ñó suy ra
DE
và
BC
song song với nhau. Do ñó,
DE
và
MN
song song với nhau.
Bài toán 2. (Macedonia 2001) Cho tam giác
ABC
nội tiếp trong một ñường tròn. Gọi
D
là
giao
ñiểm của tiếp tuyến tại
A
với ñường thẳng
BC
,
E
là giao ñiểm của tiếp tuyến tại
B
với
ñường thẳng

CA
,
F
là giao ñiểm của tiếp tuyến tại
C
với ñường thẳng
AB
. Chứng minh rằng
các
ñiểm
, ,
D E F
thẳng hàng.
Lời giải. Áp dụng ñịnh lý Pascal cho các ñiểm
, , , , ,
A A B B C C
cùng nằm trên ñường tròn, dễ
th
ấy ñược các ñiểm
, ,
D E F
thẳng hàng.
Bài toán 3. Cho tam giác
ABC
nội tiếp trong một ñường tròn.
,
D E
lần lượt là các ñiểm giữa
c
ủa các cung

,
AB AC
. Gọi
P
là một ñiểm thuộc cung
BC
,
,
Q DP BA R PE AC
= =
∩ ∩
. Chứng
minh r
ằng ñường thẳng
QR
chứa tâm
I
ñường tròn nội tiếp của tam giác
ABC
.
Lời giải.


5

Vì
D
là ñiểm giữa của cung
AB
nên ñường thẳng

CD
chia ñôi góc
ACB
∠
. Tương tự, ñường
th
ẳng
EB
chia ñôi góc
ABC
∠
. Do ñó
I CD EB
=
∩
. Áp dụng ñịnh lý Pascal cho các ñiểm
,
C D
,
, , ,
P E B A
, ta nhận ñược các ñiểm
, ,
I Q R
thẳng hàng.
Bài toán 4. (Australia 2001) Cho
, , , ', ', '
A B C A B C
là các ñiểm nằm trên một ñường tròn sao
cho

'
AA
vuông góc
BC
,
'
BB
vuông góc
CA
,
'
CC
vuông góc
AB
. Một ñiểm
D
nằm trên
ñường tròn. Gọi
' '', ' '', ' ''
DA BC A DB CA B DC AB C
= = =
∩ ∩ ∩
. Chứng minh rằng
'', '', ''
A B C
và
tr
ực tâm của tam giác
ABC
thẳng hàng.

Lời giải.

G
ọi
H
là trực tâm của tam giác
ABC
. Áp dụng ñịnh lý Pascal cho các ñiểm
, ', , ', ,
A A D C C B
,
ta suy ra
, '', ''
H A C
thẳng hàng. Tương tự, áp dụng ñịnh lý Pascal cho các ñiểm
', , ', , ,
B D C C A B
,
ta c
ũng nhận ñược
'', '',
B C H
thẳng hàng. Từ ñó suy ra
'', '', '',
A B C H
thẳng hàng.
Bài toán 5. (IMO 1991 unused) Cho tam giác
ABC
và
P

là một ñiểm trong tam giác. Gọi
1 2
,
P P
lần lượt là chân các ñường vuông góc hạ từ
P
xuống các cạnh
,
AC BC
. Nối
,
AP BP
; từ
C

k
ẻ các ñường vuông góc xuống
,
AP BP
. Gọi
1 2
,
Q Q
là chân các ñường vuông góc này. Giả sử
r
ằng
2 1 1 2
,
Q P Q P
≠ ≠

. Chứng minh rằng các ñường thẳng
1 2 1 2
, ,
PQ Q P AB
ñồng quy. (kí hiệu
≠
chỉ
các
ñường thẳng không trùng nhau)
Lời giải.

Vì
1 2 2 1
, , ,
CP P CP P CQ P CQ P
∠ ∠ ∠ ∠
ñều là các góc vuông nên các ñiểm
1 1 2 2
, , , , ,
C Q P P P Q
cùng
n
ằm trên một ñường tròn có ñường kính là
CP
. Chú ý rằng
1 1 2 2
,
A CP PQ B Q P P C
= =
∩ ∩

. Áp
d
ụng ñịnh lý Pascal cho các ñiểm
1 2 1 2
, , , , ,
C P Q P Q P
ta nhận ñược
1 2 1 2
X PQ Q P
=
∩
thuộc ñường
th
ẳng
AB
.
Bài toán 6. (China 2005) Một ñường tròn cắt ba cạnh
, ,
BC CA AB
của tam giác
ABC
tại các
ñiểm
1 2 1 2 1 2
, ; , ; ,
D D E E F F
. Các ñoạn
1 1 2 2
,
D E D F

cắt nhau tại
L
, các ñoạn
1 1 2 2
,
E F E D
cắt nhau tại
M
, các ñoạn
1 1 2 2
,
FD F E
cắt nhau tại
N
. Chứng minh rằng các ñường thẳng
, ,
AL BM CN
ñồng quy.
Lời giải.


6

Gọi
1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2
, ,
P D F D E Q E D E F R F E F D
= = =
∩ ∩ ∩
.

• Áp dụng ñịnh lý Pascal cho các ñiểm
2 1 1 1 2 2
, , , , ,
E E D F F D
, ta nhận ñược
, ,
A L P
thẳng hàng.
• Áp dụng ñịnh lý Pascal cho các ñiểm
2 1 1 1 2 2
, , , , ,
F F E D D E
, ta nhận ñược
, ,
B M Q
thẳng hàng.
• Áp dụng ñịnh lý Pascal cho các ñiểm
2 1 1 1 2 2
, , , , ,
D D F E E F
, ta nhận ñược
, ,
C N R
thẳng hàng.
G
ọi
2 1 1 2 1 2 2 1 1 2 1 2 2 1 1 2 1 2
, ,
X E E D F CA D F Y F F E D AB E D Z D D F E BC F E
= = = = = =

∩ ∩ ∩ ∩ ∩ ∩
.
• Áp dụng ñịnh lý Pascal cho các ñiểm
1 1 1 2 2 2
, , , , ,
D F E E D F
, ta nhận ñược
, ,
P R X
thẳng hàng.
• Áp dụng ñịnh lý Pascal cho các ñiểm
1 1 1 2 2 2
, , , , ,
E D F F E D
, ta nhận ñược
, ,
Q P Y
thẳng hàng.
• Áp dụng ñịnh lý Pascal cho các ñiểm
1 1 1 2 2 2
, , , , ,
F E D D F E
, ta nhận ñược
, ,
R Q Z
thẳng hàng.
Xét hai tam giác
,
ABC PQR
, ta có

, ,
X CA RP Y AB PQ Z BC QR
= = =
∩ ∩ ∩
. Áp dụng ñịnh
lý Desargues (ph
ần ñảo), ta có
, ,
AP AL BQ BM CR CN
≡ ≡ ≡
là các ñường thẳng ñồng quy.
4. Một số bài toán tự luyện
Bài 1. Cho tam giác
ABC
.Gọi
E
là chân ñường vuông góc hạ từ
B
xuống
AC
,
D
là chân
ñường vuông góc hạ từ
E
xuống
BC
,
F
là trung ñiểm của

AB
. Chứng minh rằng
, ,
AD BE CF

ñồng quy khi và chỉ khi
0
90
ABC
∠ =

Bài 2. Cho
P
là một ñiểm nằm trong tứ giác lồi
ABCD
. Các ñường phân giác trong của các góc
, , ,
APB BPC CPD DPA
∠ ∠ ∠ ∠
lần lượt cắt các ñường thẳng
, , ,
AB BC CD DA
tại các ñiểm
, , ,
K L M N
.
Ch
ứng minh rằng nếu
KLMN
là hình bình hành thì

,
PB PD PA PC
= =
.
Bài 3. Cho tam giác
ABC
vuông tại
C
. Về phía ngoài của tam giác
ABC
, ta lần lượt dựng các
hình vuông
,
ACMQ BCNP
. Chứng minh rằng các ñường thẳng
,
AP BQ
ñồng quy với ñường cao
CH
của tam giác
ABC
.
Bài 4. Cho
M
là một ñiểm nằm trên ñường tròn nội tiếp tam giác
ABC
, và
R
là một ñiểm bất
k

ỳ. Các ñường thẳng
, ,
AR BR CR
lần lượt cắt ñường tròn nội tiếp tại các ñiểm
1 1 1
, ,
A B C
. Chứng
minh r
ằng giao ñiểm của các cặp ñường thẳng
1 1 1
, ; , ; ,
MA BC MB CA MC AB
thẳng hàng và ñường
th
ẳng này cũng chứa ñiểm
R
.
Bài 5. Các ñiểm
1 6
, ,
A A
cùng nằm trên một ñường tròn; các ñiểm
, , ,
L L M N
lần lượt thuộc các
ñường thẳng
1 2 3 4 1 6 4 5
, , ,
A A A A A A A A

sao cho
2 3 3 6 6 5
, ,
KL A A LM A A MN A A
  
. Chứng minh rằng
5 2
NK A A

.

Tài liệu tham khảo
[1].
Kiran S. Kadlaya, “Geometry unbound”, 2006
[2]. Kin Y. LI, “Famous Geometry Theorems”, Mathematical Excalibur, Vol.10, No.3, 2005
[3]. Nguyễn Văn Ban, Hoàng Chúng “Hình Học Của Tam Giác”, NXB Giáo Dục, 1996
[4]. Paul Yiu, “Euclidean Geometry”, 1998
[5]. Viktor Prasolov, “Problems in Plane and Solid Geometry”, 2001


Người dịch: Cao Minh Quang
GV THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm, Vĩnh Long, Việt Nam
E-mail: